容斥原理

概述

• 容斥原理是正难则反思想的实践产物。（23.1.15 upd：存疑）

• 即，在正向求解问题过于困难时，考虑逆向求出不合法方案数，然后用总方案数减去以得到合法方案数。

• 大体上，可以分为以下两类：

子集容斥

• 一般的容斥原理指的就是子集容斥。其是如下的一种容斥：

• 不妨称“合法”为满足 $k$ 个条件，并抽象为条件的集合，则有如下的一般形式：

$$ans=\sum _{S=\varnothing }^{full}(-1{)}^{|S|}\times re{s}_S$$

• 这里 $re{s}_S$ 为满足的条件包含 $S$ 的方案数。

• 用自然语言描述，就是所有情况（所有条件都爱满足不满足的情况）减去至少有一种条件不满足的加上有两种的减去有三种的...

• 证明基于二项式定理，等等吧...

P1450 [HAOI2008] 硬币购物

• 题意：

  • 给出 $c_{1\sim 4}$。

  • $Q$ 组询问，每组询问给出 $nu{m}_{1\sim 4}$ 和 $C$，求关于 $a_{1\sim 4}$ 的方程组 $\sum _{i=1}^4{a}_i\times c_i=C$ 的合法解集数。

  • 所谓合法解集，即满足 $\mathrm{\forall }i\in [1,4],a_i\in [0,nu{m}_i]$ 的解集。

• 数据范围：$Q⩽{10}^3,C⩽{10}^5$。

• 首先显然可以背包，但也同样的，背包显然会 T。

• 本题有 exgcd 做法，大概思路是预处理 $c1,c2$ 和 $c3,c4$ 两组的 $a_i{c}_i+a_{i+1}{c}_{i+1}=gcd(c_i,c_{i+1})$ 的不定方程，然后对每个询问暴力枚举两组分别付了多少钱，设法 $O(1)$ 计算方案数。

• 考虑建立容斥模型：所有方案-有一个超限+有两个超限-有三个超限+有四个超限的方案数。

• 则问题相当于怎么求有 $k$ 个超限的方案数。发现此时的选取个数上界变成了选取个数下界；考虑到这个下界肯定 $⩾0$，我们用这么一个办法：把它减去！

• 即，将 $C$ 减去 $\sum _{i=1}^{4}re{q}_i\times c_i$，于是问题变成完全背包求方案数。

• 发现这个完全背包没有必要每次都做，可以预处理。于是得解，复杂度 $O(4C+2^{4}Q)$。

• 事实上，这一做法可以推广到一般的不定方程非负整数解集计数。

P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

• 题意略。

• 发现这个主要食材的问题看起来就很状压，但 $m$ 太大了，全无机会。考虑容斥，即爱超不超-至少一种食材超了+...。

• 发现一种食材如果不合法，其一定占据了至少 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{2}}\rfloor +1>{\displaystyle \frac{n}{2}}$ 道菜，于是同时至多只有一种食材不合法。

• 哦吼！那么容易做一个简单 DP $d{p}_{i,0/1}$ 表示考虑了前 $i$ 种烹饪方法，是否已经做过菜的总方案数，从而得出满足前两个条件的总方案数。

• 然后再暴力枚举超限的食材，做一个 dp 如下：

  • 状态设计：$t{p}_{i,j,k}$ 表示考虑完前 $i$ 种烹饪方法，做了 $j$ 道用这个食材的菜，共做了 $k$ 道菜的方案数。

  • 初始化：$d{p}_{0,0,0=1}$。

  • 状态转移方程：$d{p}_{i,j,k}=d{p}_{i-1,j,k}+d{p}_{i-1,j-1,k-1}\times a_{i,material}+d{p}_{i-1,j,k-1}\times a_{i,else}$。滚维即可。

• 总复杂度 $O(n^{3}m)$，还是超了一些。注意到我们本质上不关心 $j,k$，只关心 $[2j>k]$，换言之关心的是 $[2j-k>0]$。

• 起一个偏移，然后把这两维变成一维，总复杂度 $O(2n^{2}m)$，足够通过本题。

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

• 题意：求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]$。这是转化并舍弃了一点细节后的题意。

• 数据范围：$n⩽4\times {10}^4$。

• 式子不是很美妙，考虑拆一拆：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]& =1+\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}[gcd(i,j)=1]+\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n[gcd(i,j)=1]\\ & =1+2\times \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}[gcd(i,j)=1]\\ & =-1+2\times \sum _{i=1}^n\phi (i)\end{array}$$

• 首先利用对称性把它化成可欧拉函数化的式子，然后再代入欧拉函数做变换。一开始 $+1$ 是因为漏算 $gcd(1,1)$（其他 $i=j$ 的在变换中直接被舍弃了），最后 $-1$ 是因为 $\phi (1)$ 也计入了并且 $\times 2$ 了。

• 众所周知，$\phi (i)$ 是可以线性筛的，于是我们有线性复杂度。

• 什么？没容斥？你别急。

P2398 GCD SUM

• 题意：求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$。

• 这大概算是一个定式。有两种思路：

• 转化成上面的问题。即：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)& =\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{d=1}^{n}d(-1+2\times \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i))\end{array}$$

• 预处理 $\phi$ 的前缀和，仍然是线性的。

• 基于调和级数的暴力：

• 考虑求 $div(x)$ 表示 $\sum _{i=1}^n[x\mid i]$。此部分的复杂度是 $O(n)$。

• 显然，$div(x{)}^2$ 就是所有 $gcd$ 为 $x$ 的倍数的数对的数量。考虑容斥之，可以倒序计算，$O(n\ln n)$。

• 但如果我们用一般的容斥原理，那么实质上是对...总之似乎可以用莫反+狄利克雷前缀和优化到 $O(n\ln \ln n)$。

P1447 [NOI2010] 能量采集

• 题意略。我们约定 $n⩾m$，若不然，交换之。

• 首先从 $\text{P2158 [SDOI2008] 仪仗队}$ 我们知道这种题目显然可以只做对称的两部分中的一部分。

• 考虑枚举 $d$，不妨记 $k(d)$ 为 $gcd$ 为 $d$ 的数对数量，稍微化下式子有 $ans=\sum _{d=1}^n(k+1{)}^2$。

• 于是问题变成求 $\sum _{d=1}^n(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]+1{)}^2$。

• 首先我们还是可以进行一个 $/d$ 将其转化到 $\phi$ 上，但 $n,m$ 不等使得我们的旧有手段失效了，毕竟对称性完全不存在。

• 考虑转而多支付一个 $\log$ 或者之类的。哦，可以容斥！

• 套用上面的调和级数方法，得解。

P2567 [SCOI2010] 幸运数字

• 题意略。

• 暴力求出所有幸运号码，然后开始暴搜容斥。

• 几个剪枝技巧：

  • 若幸运数字中 $a\mid b$，删去 $b$。

  • 由此，我们暴搜中的 $v$ 应当互相不为倍数；从而对于 $v\times 3>R$ 的可以直接退出，因为任意 $lcm$ 至少是 $v$ 的三倍。

P3160 [CQOI2012] 局部极小值

• 参看状压 DP。

代表元容斥

• 子集容斥虽好，但显然有一个致命缺陷：子集总数是指数级的。

• 当条件很多的时候，其根本没有表现的机会。

• 代表元容斥给出了一种解决方法：给条件规定一个“顺序”（这一顺序不能违反条件本身的拓扑关系），按顺序考虑这些条件，从而将所有方案分为“违反了第 $k$ 个条件的”。

• 换言之，它只关心方案“最早违反的条件”。可以写出如下的一般形式（$f_{sta}$ 为从初始状态到 $sta$ 的合法方案数，$g_{sta,st{a}^{\prime }}$ 为从 $sta$ 到 $st{a}^{\prime }$ 的任意方案数）：

$$f_{sta}=g_{start,sta}-\sum _{sub⊊sta}{f}_{sub}\times g_{sub,sta}$$

AT_dp_y Grid 2

• 题意：给出一张 $n\times m$ 的网格图，有 $K$ 个点不能经过，求只向下/向右走的条件下（OI 坐标系），从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$ 的方案数。

• 数据范围：$n,m⩽{10}^5,K⩽3\times {10}^3$。

• 没有不可经过点的话，这是一个经典的组合数学问题。考虑处理这些点，显然子集容斥根本不可做。

• 注意到对于非法点的访问肯定是有顺序的：$(x,y)$ 成为代表元，即首个访问的非法点，当且仅当所有 $(⩽x,⩽y)$（不能同时取等）的非法点都没有访问时，才有可能。

• 这是一个很松的偏序。随便车一个拓扑序，定义 $f_{x,y,x^{\prime },y^{\prime }}$ 为从 $(x,y)$ 走到 $(x^{\prime },y^{\prime })$ 的合法（这里指路上不经过非法点，起止点不算）方案数，$g_{x,y,x^{\prime },y^{\prime }}$ 为对应的任意方案数，于是有：

$$f_{x,y,x^{\prime },y^{\prime }}=g_{x,y,x^{\prime },y^{\prime }}-\sum _{(x,y)<(x^{″},y^{″})<(x^{\prime },y^{\prime })}{f}_{x,y,x^{″},y^{″}}\times g_{x^{″},y^{″},x^{\prime },y^{\prime }}$$

• 这里所有 $(x,y)$ 都是关键点，即 $(1,1),(n,m)$ 或非法点。坐标之间的 $<$ 是以上面的方式定义的，即 $x⩽x^{\prime },y⩽y^{\prime }\leftrightarrow (x,y)<(x^{\prime },y^{\prime })$，两个不等号不能同时取等。

• 于是 $f_{1,1,n,m}$ 即为所求，复杂度 $O(K^2)$。

P2595 [ZJOI2009] 多米诺骨牌

• 题意略。说实话，其他状压和容斥在它面前都黯然失色。

• 首先考虑无限制的情况，即，不考虑跨线只考虑障碍。那么这是一个非常板的轮廓线 dp，我们容易做到 $O(nm{2}^m)$。

• 容易想到把一维用 dp 解决，另一维用容斥。乍一看很对，上面的 dp 也可以加一个 $0/1$ 辅助维以确保相邻两行能够横跨，然后呢？

• 不妨记 $vali{d}_{l,r}$ 为 $l\sim r$ 列填完，保证合法即每两行之间都有骨牌横跨的方案数。好了，不用说了。

• 我们看到，这里对列之间的横跨容斥的时候，不管是用子集还是用代表元，都有一个问题：左边的方案自己在行间是合法的，右边也一样，但是考虑不到两者本身不合法拼起来合法的方案。

• 考虑进一步以退为进，对两维都容斥！

  • 这里我们有所有 dp 值，换言之，我们有 $al{l}_{u,l,d,r}$ 表示子网格 $(u\sim d,l\sim r)$ 的只考虑障碍不考虑横跨的总方案数。

  • 时间复杂度？暴力枚举左上角和右边界，可以对所有下界一口气求出，总复杂度为 $\sum _{u=1}^n\sum _{l=1}^n\sum _{r=l}^n(n-u+1)(r-l+1)2^{r-l+1}$，直接跑程序算出复杂度为 $2\times {10}^8$，完全能接受。

• 首先肯定不可能都子集容斥，因为时间炸了。考虑使用代表元容斥，我们先给出一个子集容斥套代表元容斥的正解，再谈论其他嵌套方式：

  • 暴力枚举哪些列间不合法。这是子集容斥。

  • 然后开始代表元容斥，这里我们需要把被分割的多个块合起来考虑行的合法性。

  • 定义 $f_i$ 表示前 $i$ 行填完，内部的所有行间都合法的方案数。则有式子为 $f_i=g_{1\sim i}-\sum _{j=1}^{i-1}{f}_j\times g_{j+1\sim i}$，这里 $g_{l,r}$ 表示第 $l\sim r$ 行随便填（内部行间合法与否无所谓）的方案数，显然其等于各块的 $all$ 的连乘。

  • 我们可以在用到它的时候临时将之算出，带一个 $ppc$ 的常数，算 $f$ 的过程本身显然是 $O(n^2)$，故总复杂度为 $O(2^n{n}^2)$，可以接受。

• 考虑类似的手法，同时进行两个代表元容斥，外列内行，此时左上两个都满足，右上满足行，左下满足列，右下无限制。注意到主要问题在于此时内层的 $g$（内层小写，外层大写）不再是 $all$ 的连乘，而是左侧的受列限制的 $all$ 和右侧的正常 $all$ 的连乘，先不管这个算一下复杂度，发现是 $O(n^4)$，因为外层每枚举一个列间，就需要 $O(n)$ 种关于行完全合法但关于列随意的 $G$，而每个 $G$ 又需要做单独的对行代表元容斥 $O(n^2)$。

• 回过头来考察内层的 $g$ 所需的左侧受列限制的 $all$ 怎么来，事实上只要单独对列容斥就好啦。需要的受列限制的 $all$ 的 $l=1$，其他三维不可知，暴力枚举上下界然后做代表元容斥，显然可以一次把所有右界对应的都求出来，$O(n^4)$。乍一看复杂度瓶颈在 dp，所以还是没变，但实际上注意到真的用到无限制 $all$ 的地方只有内层的“右侧的正常 $all$”和这里单独对列容斥用到的 $all$...啊前者确实是顶着右界的，可以只求顶着右界的 $all$，可惜后者不行。后者还是任意位置的，故复杂度瓶颈确实没变。

• 如果外代表元内子集呢？更劣的一种实现，因为其内部还是需要“左侧的受列限制的 $all$”，某个切割出的块的总方案求法也是左受限 $all$ 乘右任意 $all$，其余流程都一样。